Soit P = (p ij ) ∈ M n ( R ), n > 2, on dit que P est une matrice stochastique ssi p ij > 0 et

TD DU 06/01/2012

Exercice 1 .

I Matrices stochastiques.

Soit P = (p ij ) ∈ M n ( R ), n _> 2, on dit que P est une matrice stochastique ssi p ij > 0 et

∀i ∈ [[1, n]],

n

P

j=1

p _ij = 1. On note S _n l’ensemble des matrices stochastiques d’ordre n.

1 Montrer que ces matrices ont un vep commun.

2 Montrer que S _n est stable par produit.

3 Montrer que S n est compact, connexe par arcs.

II Le th´ eor` eme ergodique.

1 Un exemple : soit P =

1/4 3/4 1/3 2/3

. Calculer lim

n→+∞ P ⁿ , que remarque-t-on ?

Soit maintenant P ∈ S _n dont tous les coefficients sont strictement positifs.

2 Existence d’une limite pour P ^m Y .

a Soit Z une matrice unicolonne d’ordre n, on suppose que min Z _> 0 (minimum des coefficients de la matrice Z). Comparer min P Z et min P. max Z.

b Soit Y un vecteur colonne quelconque, comparer min P Y et min P. max Y + (1 − min P ). min Y.

Faire de mˆ eme avec

max P Y et min P. min Y + (1 − min P ). max Y.

c Conclure.

3 Mise en ´ evidence de la loi limite.

a Montrer que P ^m admet une limite not´ ee P ∞ . Que peut-on dire de P ∞ ? b Calculer LP ∞ et caract´ eriser L (o` u L a ´ et´ e mise en ´ evidence ` a la question

pr´ ec´ edente).

L’hypoth` ese p _ij > 0 est-elle absolument n´ ecessaire ?

c Montrer que P admet 1 comme valeur propre simple et que toutes ses autres valeurs propres sont de module < 1.

4 Extension : soit (P _m ) m∈ N une suite de matrices de S _n , on suppose que P

min P _m diverge. Montrer que P ₁ . . . P _m admet une limite.

III Application : gestion de stock pour un entrepˆ ot.

On mesure le stock journalier d’une marchandise encombrante par S(t), t ∈ N (t d´ esigne le num´ ero du jour). Le stock est mesur´ e au matin. Pendant la journ´ ee t, les clients demandent une quantit´ e A(t) de marchandise, qui leur est fournie dans la limite des stocks. Si ` a la fin de la journ´ ee le stock est ´ epuis´ e, il est r´ eapprovisionn´ e pour le lendemain au niveau S _max = 3. On a donc S(t +1) =

( S(t) − A(t) si S(t) − A(t) > 0

3 sinon .

1

2 TD DU 06/01/2012

On a pour la quantit´ e A(t) une estimation bas´ ee sur des statistiques effectu´ ees l’ann´ ee

pr´ ec´ edente : on estime qu’il y a



 

 

 

 

 

 

1/2 chances que A(t) = 0 1/3 chances que A(t) = 1 1/12 chances que A(t) = 2 1/24 chances que A(t) = 3 1/24 chances que A(t) > 3 .

1 Ecrire la matrice ´ M d’ordre 3 dont le terme m _ij est la probabilit´ e de passer d’un stock valant i ` a un stock valant j entre les temps t et t + 1.

2 Comment interpr´ eter la matrice M ⁿ ?

3 Trouver la loi limite et en donner une interpr´ etation.

4 Quelle est la fr´ equence moyenne des ruptures de stock ?

TD DU 06/01/2012 3

Solution 1

I 1 Le vecteur X =







 1 1 .. . 1









est ´ evidemment vep (associ´ e ` a la vap 1).

2 On peut remarquer que S _n est l’ensemble des matrices ` a coefficients _> 0 qui admet- tent X comme vep. Le r´ esultat demand´ e est alors imm´ ediat.

3 S _n est ferm´ e (par exemple, c’est l’intersection des F _kl = {(a _ij ) | a _{kl >} 0} et des G _i = {P |

n

P

j=1

p _ij = 1} qui sont ferm´ es).

S n est born´ e (P ∈ S n ⇒ 0 ₆ p ij 6 1) donc S n est bien compact.

Si (P, Q) ∈ S _n ² alors on v´ erifie imm´ ediatement que tP + (1 − t)Q ∈ S n (en fait S n

est un ensemble convexe).

II 1 On ´ ecrit P = Q

1 0 0 −1/12

Q ⁻¹ avec Q =

1 −9 1 4

et Q ⁻¹ = 1 13

4 9

−1 1

. On obtient imm´ ediatement lim

m→+∞ P ^m = Q 1 0

0 0

Q ⁻¹ = 1 13

4 9 4 9

. 2 a On a

n

P

j=1

p _ij z _{j >} min P

n

P

j=1

z _{j >} min P max Z d’o` u min P Z _> min P max Z . b Si Y est un vecteur quelconque, on remarque que min(Y − λX) = (min Y ) − λ.

En reprenant le vecteur X du I.1 , on pose Z = Y − (min Y )X, min Z = 0, max Z = max Y − min Y et P Z = P Y − (min Y ).X d’o` u min P Z = min P Y − min Y _> min P. max Z soit finalement

min P Y _> min P. max Y + (1 − min P ). min Y.

On pose ensuite Y ⁰ = −Y et on applique l’in´ egalit´ e pr´ ec´ edente : max P Y ₆ min P. min Y + (1 − min P ). max Y.

c On a max P Y −min P Y ₆ (1 − 2 min P

| {z }

=k

)(max Y −min Y ). k _> 0 car min P ₆ 1 n et k < 1 car min P > 0.

Par r´ ecurrence on prouve que

0 ₆ max P ^m Y − min P ^m Y ₆ k ^m (max Y − min Y ).

On a de mani` ere ´ evidente max P Y ₆ max Y donc (max P ^m Y ) m∈ N & et de mˆ eme (min P ^m Y ) m∈ N %. Ces 2 suites sont donc adjacentes, elles convergent vers un vecteur que l’on note Y ∞ . Comme min Y ∞ = max Y ∞ on a en outre Y ∞ = l ∞ X.

3 a Prenons Y = E i (vecteur de la base canonique) alors, en application de la question pr´ ec´ edente, on a P ^m E _i → l _i X donc

P ∞ = (l ₁ X l ₂ X . . . l _n X).

Rg P _∞ = 1, toutes les lignes sont ´ egales ` a une mˆ eme ligne L = (l ₁ l ₂ . . . l _n ) et l ₁ + l ₂ + · · · + l _n = 1.

b On a LP = L et L est la seule ligne v´ erifiant cette relation et dont la somme des coefficients vaut 1.

L’hypoth` ese p _ij > 0 est n´ ecessaire dans le cadre de cette d´ emonstration, on

s’en est servi au II.1.c pour avoir k < 1. Sinon, prendre la matrice I _n pour

s’en convaincre.

4 TD DU 06/01/2012

D’une mani` ere plus g´ en´ erale, il suffit qu’il existe k ∈ N ^∗ tel que P ^k v´ erifie p ^(k) _ij > 0 pour tout i, j. En effet la suite (P ^km ) m∈ N converge, soit P ∞ sa limite.

Puis, comme (max P ^m Y ) m∈ N &, (min P ^m Y ) m∈ N % alors ces suites conver- gent car elles sont born´ ees et monotones. (max P ^km Y ) m∈ N et (min P ^km Y ) m∈ N

convergent elles aussi vers P ∞ Y donc (P ^m Y ) m∈ N converge pour tout Y vers P ∞ Y et en conclusion (P ^m ) m∈ N converge vers P ∞ .

c On sait d´ ej` a que P admet 1 comme valeur propre. Trigonalisons P sur C :

P = QT Q ⁻¹ donc P ^m = QT ^m Q ⁻¹ o` u T ^m =









1 ∗

λ ₂ 0 . ..

λ _n









. Or T ^m admet

une limite T ∞ (continuit´ e du produit matriciel) et Rg T ∞ = 1 donc les (λ ^m _i ) convergent, |λ _i | ₆ 1 donc on n’a que les possibilit´ es suivantes : λ _i = 0 ou λ _i = 1. Or λ _i = 1 ⇒ Rg T ∞ > 2 ce qui est ´ ecart´ e donc toutes les autres vap de P sont de module < 1.

4 le raisonnement du 1 s’applique : on a

max P ₁ . . . P _m Y − min P ₁ . . . P _m Y ₆ Π _m (max Y − min Y ) avec Π _m =

m

Y

i=1

(1 − 2 min P _i ). On distingue alors 2 cas :

• min P i → 0 alors ln(1 − 2 min P i ) ∼ −2 min P i donc ln Π m → −∞, Π m → 0.

• min P _i 6→ 0 alors ∃ε > 0, ∃(i _j ) suite extraite telle que

∀j ∈ N , min P _i

_> ε (ε ₆ 1 n

alors 0 < 1 − 2 min P _i

₆ 1 − 2ε et Π _{m 6} (1 − 2ε) ^k

avec k _m = Card{i _j | i _{j 6} m} → +∞. L` a aussi Π _m → 0.

Les suites (max P ₁ . . . P _m Y ) _m et (min P ₁ . . . P _m Y ) _m sont adjacentes, P ₁ . . . P _m →, P ∞

et cette limite v´ erifie les mˆ emes propri´ et´ es qu’au 3.

III 1 On obtient M =





1/2 0 1/2

1/3 1/2 1/6 1/12 1/3 7/12



.

2 Les termes m ⁿ _ij de la matrice M ⁿ correspondent ` a la probabilit´ e de passer d’un stock valant i ` a un stock valant j entre les temps t et t + n.

3 On obtient comme loi limite la ligne [11/41 12/41 18/41]. L’interpr´ etation de ceci est que P (S = 1) = 11

41 , P (S = 2) = 12

41 et P (S = 3) = 18 41 . 4 La fr´ equence des ruptures de stock est donn´ ee par la formule : P (S = 1)×P (A(t) _> 2) + P (S = 2)×P (A(t) _> 3) + P (S = 3)×P (A(t) > 3)

= 11 41 × 1

6 + 12 41 × 1

12 + 18 41 × 1

24 = 43

492